Bí quyết chứng minh bất đẳng thức THCS

GV: NGUYỄN QUỐC BẢO
Zalo: 039.373.2038

Gmail:
Website: Tailieumontoan.com

Facebook:www.facebook.com/baotoanthcs

BÍ QUYẾT
CHỨNG MINH
BẤT ĐẲNG
THỨC THCS

Chuyên đê
BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ
LƯU HÀNH NỘI BỘ


NGUYỄN QUỐC BẢO

BÍ QUYẾT GIẢI TOÁN
BẤT ĐẲNG THỨC
& CỰC TRỊ ĐẠI SỐ
● Dùng bồi dưỡng học sinh giỏi các lớp 8, 9
● Giúp ôn thi vào lớp 10 chuyên toán
● Phân dạng và phương pháp giải rõ ràng


TỦ SÁCH CẤP 2| 2

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

Lêi giíi thiÖu
Các em học sinh và thầy giáo, cô giáo thân mến !
Cuốn sách Cẩm nang chứng minh bất đẳng thức THCS được các tác giả biên soạn
nhằm giúp các em học sinh học tập tốt môn Toán ở THCS hiện nay và THPT sau này.
Các tác giả cố gắng lựa chọn những bài tập thuộc các dạng điển hình, sắp xếp thành
một hệ thống để bồi dưỡng học sinh khá giỏi các lớp THCS. Sách được viết theo các chủ
đề tương ứng với các vấn đề quan trọng thường được ra trong các đề thi học sinh giỏi toán
THCS, cũng như vào lớp 10 chuyên môn toán trên cả nước. Mỗi chủ đề được viết theo cấu
trúc lý thuyết cần nhớ, các dạng toán thường gặp, bài tập rèn luyện giúp các em học sinh
nắm vững kiến thức đồng thời rèn luyện được các kiến thức đã học.
Mỗi chủ đề có ba phần:
A. Kiến thức cần nhớ: Phần này tóm tắt những kiến thức cơ bản, những kiên thức bổ sung
cần thiết để làm cơ sở giải các bài tập thuộc các dạng của chuyên đề.
B. Một số ví dụ: Phần này đưa ra những ví dụ chọn lọc, tiêu biểu chứa đựng những kĩ
năng và phương pháp luận mà chương trình đòi hỏi.
Mỗi ví dụ thường có: Lời giải kèm theo những nhận xét, lưu ý, bình luận và phương pháp
giải, về những sai lầm thường mắc nhằm giúp học sinh tích lũy thêm kinh nghiệm giải
toán, học toán.
C. Bài tập vận dụng:
Phần này, các tác giả đưa ra một hệ thống các bài tập được phân loại theo các dạng
toán, tăng dần độ khó cho học sinh khá giỏi. Có những bài tập được trích từ các đề thi học
sinh giỏi Toán và đề vào lớp 10 chuyên Toán. Các em hãy cố gắng tự giải.
Các tác giả hi vong cuốn sách này là một tài liệu có ích giúp các em học sinh nâng
cao trình độ và năng lực giải toán, góp phần đào tạo, bồi dưỡng học sinh giỏi ở cấp THCS.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng trong biên soạn song cuốn sách này vẫn khó tránh khỏi
những sai sót. Chúng tôi mong nhận được những ý kiến đóng góp của bạn đọc.
Xin chân thành cảm ơn!

TỦ SÁCH CẤP 2| 2

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI


CHỦ ĐỀ

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

PHƯƠNG PHÁP

1

DÙNG ĐỊNH NGHĨA

A. KiÕn thøc cÇn nhí
● Để chứng minh A ≥ B ta xét hiệu A – B và chứng minh hiệu A – B là số không âm
bằng cách dồn về các tổng bình phương.

B. VÍ DỤ MINH HỌA
Thí dụ 1. Chứng minh rằng với mọi số thực x ta đều có:

( x − 1)( x − 2 )( x − 3)( x − 4 ) ≥ −1
Hướng dẫn giải

Xét hiệu: A=

( x − 1)( x − 2 )( x − 3)( x − 4 ) − ( −1)

= ( x − 1)( x − 4 )  ( x − 2 )( x − 3)  + 1
=

(x

2

− 5x + 4 )( x 2 − 5x + 6 ) + 1

Đặt y = x 2 − 5x + 5 ta được A = ( y − 1)( y + 1) + 1 = y 2 − 1 + 1 = y 2 ≥ 0
Vậy ( x − 1)( x − 2 )( x − 3)( x − 4 ) ≥ −1
Thí dụ 2. Cho a, b là các số thực. Chứng minh rằng: a 2 + b 2 + 1 ≥ ab + a + b
Hướng dẫn giải
1
Xét hiệu: A =a 2 + b 2 + 1 − ab − a − b = ( a − 2ab + b 2 ) + ( a 2 − 2a + 1) + ( b 2 − 2b + 1) 
2

=

1
2
2
2
( a − b ) + ( a − 1) + ( b − 1)  ≥ 0

2

Vậy a 2 + b 2 + 1 ≥ ab + a + b
Đẳng thức xảy ra khi a = b = 1.
Thí dụ 3. Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c ta đều có: a 6 + 1 ≥ a 2 ( a 2 + 1)

Hướng dẫn giải

Xét hiệu: A = a 6 + 1 − a 2 ( a 2 + 1) = a 6 − a 4 − a 2 + 1
5 | CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC

CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC

● Lưu ý : A2 ≥ 0 với mọi A ; dấu '' = '' xảy ra khi A = 0 .


= a 4 ( a 2 − 1) − ( a 2 − 1) =
=

(a

2

− 1)

2

(a

2

(a

2

− 1)( a 4 − 1)

+ 1) ≥ 0

Ta có A ≥ 0 do a 2 + 1 > 0 và ( a 2 − 1) ≥ 0
2

Vậy a 6 + 1 ≥ a 2 ( a 2 + 1)
Dấu bằng xảy ra khi a = 1 hoặc a = -1

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

Thí dụ 4. Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c ta đều có:

a 2 + 9b 2 + c 2 +

19
> 2a + 12b + 4c
2

Hướng dẫn giải

Xét hiệu:
19 

A =  a 2 + 9b 2 + c 2 +  − ( 2a + 12b + 4c ) =
2

1
2
2

2
=( a − 1) + ( 3b − 2 ) + ( c − 2 ) + > 0
2

(a

2

− 2a + 1) + ( 9b 2 − 12b + 4 ) + ( c 2 − 4c + 4 ) +

1
2

Ta có A > 0 do ( a − 1) ≥ 0, ( 3b − 2 ) ≥ 0 và ( c − 2 ) ≥ 0
2

Vậy a 2 + 9b 2 + c2 +

2

2

19
> 2a + 12b + 4c
2

Thí dụ 5. Chứng minh bất đẳng thức sau với x, y không âm ( x + y ) ( x 3 + y 3 ) ≥ ( x 2 + y 2 )

2

Hướng dẫn giải
Xét hiệu hai vế: ( x + y ) ( x 3 + y 3 ) − ( x 2 + y 2 ) = x 4 + xy 3 + x3 y + y 4 − x 4 − 2 x 2 y 2 − y 4
2

= xy ( y 2 + x 2 − 2 xy =
) xy ( x − y ) ≥ 0
2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0, hoặc y = 0, hoặc x = y

C. BÀI TẬP ÁP DỤNG
1)

Chứng minh rằng với mọi x ta có: ( x + 1)( x + 2 )( x + 3)( x + 4 ) + 1 ≥ 0

2)

Chứng minh rằng mới mọi a, b, c ta đều có: a 2 + 4b 2 + 3c2 > 2a + 12b + 6c − 14

3)

Chứng minh với mọi x, y, z ta có:

a)

x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx

4)

Chứng minh rằng với mọi x, y ta có: 4x 2 + 4xy + 4y 2 > 6y − 4

b)

x 2 + y 2 + z 2 ≥ 2xy − 2xz + 2yz

TỦ SÁCH CẤP 2| 6


BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

PHƯƠNG PHÁP BIẾN
ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG

CHỦ ĐỀ

2

A. KiÕn thøc cÇn nhí
Để chứng minh A ≤ B ta chứng minh A ≤ B ⇔ ... ⇔ C ≤ D với C ≤ D luôn đúng.
Một số bất đẳng thức cần nhớ : Với a, b, c ta có :
2

( ⇔ ( a − b)

2

≥0

)

+ ) a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca.
1
1
1
2
2
2
2


+ ) 3 ( ab + bc + ca ) ≤ ( a + b + c ) ≤ 3 ( a 2 + b 2 + c 2 )  ⇔ ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ≥ 0 
2
2
2



B. VÍ DỤ MINH HỌA
Thí dụ 1. Cho các số thực a, b, c. Chứng minh đẳng thức:

a 2 + b2 + c2  a + b + c 
≥

3
3



2

(1)

Hướng dẫn giải

a 2 + b2 + c2  a + b + c 
≥
Ta có:

3
3


⇔ 3 ( a 2 + b2 + c2 ) ≥ ( a + b + c )

3

(1)

2

⇔ 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ a 2 + b 2 + c 2 + 2 ( ab + bc + ca )
⇔ ( a 2 − 2ab + b 2 ) + ( b 2 − 2bc + c 2 ) + ( c 2 − 2ca + a 2 ) ≥ 0
⇔ ( a − b) + ( b − c) + ( c − a ) ≥ 0
2

2

2

( 2)

Bất đẳng thức (2) đúng. Vậy bất đẳng thức (1) đúng
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.

Thí dụ 2. Chứng minh đẳng thức ( a 2 − b 2 )( c 2 − d 2 ) ≤ ( ac − bd )
Hướng dẫn giải

(1) ⇔ a 2c 2 − a 2 d 2 − b2c 2 + b2 d 2 ≤ a 2c 2 − 2abcd + b2 d 2
⇔ 0 ≤ a 2 d 2 + b 2 c 2 − 2abcd ⇔ 0 ≤ ( ad − bc )

2

Bất đẳng thức ( 3) đúng. Vậy bất đẳng thức (1) đúng
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ad = bc

7 | CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC

( 3)

2

(1)

CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC

+ ) 4ab ≤ ( a + b ) ≤ 2 ( a 2 + b 2 )


Thí dụ 3. Chứng minh rằng: a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ a (b + c + d + e)

∀a, b, c, d , e ∈ R

Hướng dẫn giải
Ta có:

a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ a (b + c + d + e)
⇔

a2
a2
a2
a2
− ab + b 2 + − ac + c 2 + − ad + d 2 + − ae + e 2 ≥ 0
4
4
4
4
2

2

2

2

a
 a
 a
 a


⇔  −b +  − c +  − d  +  − e ≥ 0
2
 2
 2
 2


CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

Bất đẳng thức cuối cùng đúng các phép biến đổi là tương đương nên bài toán được
chứng minh.
a
2

Dấu “=” xảy ra khi: b= c= d=

Thí dụ 4. Chứng minh rằng với mọi số thực a, b ta có: 2 ( a 4 + b 4 ) ≥ ab3 + a 3 b + 2a 2 b 2
Hướng dẫn giải
Để ý với a = b thì có dấu bằng đẳng thức nên ta tách các số hạng để tạo ra nhân tử chung ( a − b )

2

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
a 4 − 2a 2 b 2 + b 4 + a 4 − a 3 b + b 4 + b 4 − ab3 ≥ 0
⇔ ( a 2 − b 2 ) + ( a 3 − b3 ) ( a − b ) ≥ 0
2

2
2
⇔ ( a − b ) ( a + b ) + ( a 2 + ab + b 2 )  ≥ 0



2
2
⇔ ( a − b )  2 ( a + b ) + 2a 2 + 2ab + 2b 2  ≥ 0


2
2
2
2
⇔ ( a − b ) 3 ( a + b ) + a + b  ≥ 0



Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b .
Chú ý: Qua hai ví dụ trên ta nhận thấy khi biến đổi tương đương bất đẳng thức bậc

(

hai thường xuất hiện các đại lượng a - b

) ; ( b - c) ; (c - a)
2

2

2

với điều kiện dấu đẳng thức

xảy ra tại a = b = c . Do đó trước khi biến đổi bất đẳng thức ta nên dự đoán dấu đẳng thức
xảy ra để từ đó có hướng đi hợp lí.
Thí dụ 5. Cho 2 số thực x, y dương. Chứng minh rằng: a + b ≥

12ab
9 + ab

Hướng dẫn giải
Ta có:

TỦ SÁCH CẤP 2| 8


BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

12ab
9 + ab
⇔ ( a + b )( 9 + ab ) ≥ 12ab ( do 9 + ab > 0 )
a+b≥

⇔ 9a + 9b + a 2 b + ab 2 ≥ 12ab
⇔ ( a 2 b − 6ab + 9b ) + ( ab 2 − 6ab + 9a ) ≥ 0
⇔ b ( a − 3) + a ( b − 3) ≥ 0 ( 2 )
2

2

Vì a, b > 0 nên b ( a − 3) ≥ 0 và a ( b − 3) ≥ 0 do đó (2) đúng.
2

2

Vậy bất đẳng thức được chứng minh, dấu “=” xảy ra khi a = b = 3.

Hướng dẫn giải

a2b
1 a 2 + 2ab
=
=
;
1. Nên ta biến đổi
Để ý a = b thì có dấu bằng của đẳng thức, khi đó 3
2a + b3 3 2a 2 + b 2
như sau :

− ( a − b ) ( 2a + b ) − ( a − b )
a2b
2 a 2 + 2ab
a2b
1 a 2 + 2ab
.⇔ 3
.−1 ⇔
+ ≥ 2
− ≥ 2
≥
3
3
2

3
2
3 2a + b
2a + b
2a + b 3 2a + b
2a 2 + b 2
3 ( 2a 2 + b3 )
2

2


1
2a + b 
2
2
3 ( 2a 3 + b3 ) − ( 2a + b ) ( 2a 2 + b 2 ) 

0
a
b
⇔ ( a − b)  2
−
≥
⇔
−
(
)
2
3

3


3 ( 2a + b ) 
 2a + b
⇔ ( a − b )  2a 2 + 2b3 − 2a 2 b − 2ab 2  ≥ 0 ⇔ ( a + b )( a − b ) ≥ 0
2

4

Ta có bất đẳng thức được chứng minh.
Thí dụ 7. Cho các số thực a , b không đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng:

2ab
2

a + 4b

2

+

b2
2

3a + 2b

2

≥

3
5

Hướng dẫn giải
2ab
2
b2
1
=
;
đó 2
. Nên ta ta biến đổi
Dấu đẳng thức xảy ra với a = b , khi =
2
2
2
5 3a + 2b
5
a + 4b

2
2ab
1
b2
≥ 0 . Tới đây ta quy đồng hai vế và phân
- 2
+
5 a + 4b 2 5 3a 2 + 2b 2
tích thành các bình phương.

bất đẳng thức thành

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

2ab
a 2 + 4b 2

+

b2
3a 2 + 2b 2

9 | CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC

≤

3
2
2ab
1
b2
⇔ - 2
+
≥0
5
5 a + 4b 2 5 3a 2 + 2b 2

CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC

a2b
2 a 2 + 2ab
+ ≥
.
Thí dụ 6. Cho 2 số thực a, b dương. Chứng minh rằng:
2a 3 + b3 3 2a 2 + b 2


⇔

2a 2 - 10ab + 8b 2

+

3a 2 - 3b 2

(

)(

) + 3 ( a - b )( a + b ) ≥ 0

2 a - b a - 4b

≥0⇔

a 2 + 4b 2
3a 2 + 2b 2
a 2 + 4b 2
3a 2 + 2b 2

2
2
2
2
⇔ a - b  2 a - 4b 3a + 2b + 3 a + b a + 4b  ≥ 0


2
2
3
2
2
3
⇔ a - b 9a - 21a b + 16ab - 4b ≥ 0 ⇔ a - b 3a - 2b ≥ 0

(
(

)(

) (
)(

) (
)

)(

)

(

)(

)

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b hoặc 3a = 2b

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

Thí dụ 8. Cho a, b là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:

3a 2 + 2ab + 3b 2
≥ 2 2 a 2 + b2
a+b

(

)

Hướng dẫn giải
Đẳng thức xẩy ra khi a = b , do đó ta cố biến đổi bất đẳng thức làm xuất hiện đại lượng

( a - b ) . Bất đẳng thức cần chứng minh có chứa căn, nên để xuất hiện nhân tử chung có
dạng ( a - b ) ta cần chú ý đến phép biến đổi 2 ( a + b ) - ( a + b ) = ( a - b )
2

2

2

Khi đó ta có

(

) (

)

2 a 2 + b2 - a + b =

(

2

2

(a - b)

2

2

) (

2 a 2 + b2 + a + b

)

Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh như sau
3a 2 + 2ab + 3b 2
≥ 2 2 a 2 + b2
a+b
3a 2 + 2ab + 3b 2
- 2 a + b ≥ 2 2 a 2 + b2 - 2 a + b
⇔
a+b

(

(

(a - b)
⇔

2

a+b

(

)

2

(

)

2

⇔ a-b
⇔ a-b

≥

(

(

)

2 a-b

(

)

)

) (

) (

)

) (

)

 2 a 2 + b2 + a + b - 2 a + b  ≥ 0



(

) (

)

2

2 a 2 + b2 + a + b

(

) (

)

 2 a 2 + b2 - a + b  ≥ 0 ⇔



(

(a - b)

2

2 a +b

2

4

) +a+b

≥0

Bất đẳng cuối cùng đúng do a , b dương. Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Thí dụ 9. Cho biểu thức : P= xy ( x − 2 )( y + 6 ) + 12x 2 − 24x + 3y 2 + 18y + 36.

TỦ SÁCH CẤP 2| 10


BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

Chứng minh P luôn dương với mọi x;y thuộc R .
(Đề toán vào lớp 10 Quảng Ninh năm 2010-2011)
Hướng dẫn giải
Ta có: P= xy ( x − 2 )( y + 6 ) + 12x 2 − 24x + 3y 2 + 18y + 36.
= xy ( x − 2 )( y + 6 ) + 12x ( x − 2 ) + 3y ( y + 6 ) + 36
= x ( x − 2 )  y ( y + 6 ) + 12  + 3  y ( y + 6 ) + 12 
=

(y

2

+ 6y + 12 )( x 2 − 2x + 3)

Mà y 2 + 6 y + 12 =
x2 − 2 x + 3 =

( y + 3)
( x − 1)

2

2

+3> 0

+2>0

Thí dụ 9. Cho các số thực dương a, b. Chứng minh bất đẳng thức :
a
b
16
1 1
+ 2 +
≥ 5 + .
2
a+b
b
a
a b

Hướng dẫn giải
Ta có :
a
b
16
1 1
+ 2 +
≥ 5 + 
2
a+b
b
a
a b
1 1
 a 1  b 1
 4
⇔  2 −  +  2 −  + 4
− − ≥0
b a
a
b
a+b a b
4ab − ( a + b )
a−b b−a
⇔ 2 + 2 + 4.
≥0
b
a
( a + b ) ab
2

( a − b) ( a + b)
2

⇔

a 2 b2

−

4 ( a − b)

2

( a + b ) ab

≥0

2
2
⇔ ( a − b ) ( a + b ) − 4ab  ≥ 0



⇔ ( a − b ) ≥ 0.
4

Bất đẳng cuối cùng nên ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a= b > 0.

C. BÀI TẬP ÁP DỤNG
1)

Chứng minh rằng với mọi số thực a, b ta có: a 2 + b 2 + 1 ≥ ab + a + b

2)

Chứng minh rằng mới mọi a, b, c ta đều có: a 2 + 4b 2 + 4c 2 ≥ 4ab − 4ac + 8bc

3)

Chứng minh bất đẳng thức x + y ≤ xy + 1 với x ≥ 1, y ≥ 1.

4)

Chứng minh rằng với mọi x, y ta có: ( x + y ) ( x3 + y 3 ) ≥ ( x 2 + y 2 )

11 | CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC

2

CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC

Vậy P > 0 với mọi x;y thuộc R


5)

Cho a, b là hai số thực khác không. Chứng minh rằng:

(a

4a 2 b 2
2

+b

2

)

2

+

a2
b2

+

b2
a2

≥3

)

(

6) Cho các số thực dương a, b, m, n m ≥ n . Chứng minh rằng:

a
b
2
+
≥
na + mb mb + na m + n

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

7) Cho a, b là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:

2ab

(a + b)

a 2 + b2
a+b
≥ ab +
2
2

+

8) Cho x, y là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:
1

1

+

≥

(1 + x ) (1 + y )
2

2

1
.
1 + xy

9) Cho x, y là các số thực thỏa mãn x ≠ y, x ≠ 0, y ≠ 0 . Chứng minh rằng:

1

(x − y)

2

+

1
x

2

+

1
y

2

≥

4
.
xy

10) Cho x, y là các số thực không âm tùy ý . Chứng minh rằng:

(

)

a+b ≤ a + b ≤ 2 a+b .
Khi nào có dấu đẳng thức ?

TỦ SÁCH CẤP 2| 12


CHỦ ĐỀ

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

PHƯƠNG PHÁP

3

PHẢN CHỨNG

A. KiÕn thøc cÇn nhí
Để chứng minh A ≥ B .
* Các bước giải:
● Bước 2: Sau đó vận dụng các kiến thức đã biết và giả thiết của đề bài để chứng tỏ điều
giả sử (A < B) là sai.
● Bước 3: kết luận yêu cầu cần chứng minh là đúng.

B. VÍ DỤ MINH HỌA
Thí dụ 1. Chứng minh rằng: ( a + b ) ≥ 4ab
2

Hướng dẫn giải
Giả sử ( a + b ) < 4ab , khi đó:
2

a 2 + 2ab + b 2 < 4ab ⇔ a 2 − 2ab + b 2 < 0 ⇔ ( a − b ) < 0 điều này là sai với mọi a, b.
2

Vậy giả sử trên là sai, điều phải chứng minh là đúng.Tức là: ( a + b ) ≥ 4ab
2

Thí dụ 2. Cho a + b = 2. Chứng minh rằng:

3

a+3b≤2

Hướng dẫn giải
Đặt

3

2 . Cần chứng minh x + y ≤ 2
x = a; 3 y = b ⇒ x = a 3 ; y = b3 . Ta có: x 3 + y 3 =
Giả sử x + y > 2 thì: ( x + y ) > 8 ⇒ x3 + y 3 + 3 xy ( x + y ) > 8 ⇒ 2 + 3 xy ( x + y ) > 8
3

2)
⇒ xy ( x + y ) > 2 ⇒ xy ( x + y ) > x 3 + y 3 ; (vì x 3 + y 3 =
Chia cả hai vế cho số dương x + y ta được: xy > x 2 − xy + y 2 ⇒ 0 > ( x − y ) (vô lý)
2

Vậy x + y ≤ 2 tức là

3

a+3b≤2

Thí dụ 3. Cho ba số a, b, c ∈ ( 0;1) . Chứng minh rằng có ít nhất một trong các bất đẳng
thức sau đây là sai: a (1 − b ) >

1
1
1
; b (1 − c ) > ; c (1 − a ) > .
4
4
4

13 | CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC

CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC

● Bước 1: Giả sử xảy ra mệnh đề trái với yêu cầu cần chứng minh ( tức là A < B).


Hướng dẫn giải
Giả sử cả ba bất đẳng thức trên đều đúng. Theo giả thiết ta có:
a, b, c, (1 − a ) , (1 − b ) , (1 − c ) đều là các số dương, suy ra: a (1 − b ) b (1 − c ) c (1 − a ) >

1
64

(1)

2

1 1
1
 1 1

Mặt khác: a (1 − a ) =a − a 2 = −  − a + a 2  = −  − a  ≤
4 4
4
 4 2


CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

1
Tương tự ta có: b (1 − b ) ≤ ;
4

c (1 − c ) ≤

Suy ra: a (1 − b ) b (1 − c ) c (1 − a ) ≤

1
;
64

1
4

( 2)

Ta có (1) mâu thuẫn (2) nên giải sử là sai, điều cần chứng minh là đúng. Tức là với
a, b, c ∈ ( 0;1) . Thì ít nhất một trong các bất đẳng thức sau đây là sai:

1
1
1
a (1 − b ) > ; b (1 − c ) > ; c (1 − a ) > (đpcm).
4
4
4
Thí dụ 4. Chứng minh rằng nếu: a1.a2 ≥ 2 ( b1 + b2 ) thì ít nhất một trong hai phương trình
sau có nghiệm: x 2 =
+ a1 x + b1 0,

(1) ;

x2 +
=
a2 x + b2 0

( 2).

Hướng dẫn giải
Giải sử phương trình (1) và (2) đều vô nghiệm.
Khi đó ta có: ∆1 < 0; ∆ 2 < 0 ⇒ ∆1 + ∆ 2 < 0 ⇒ a12 − 4b1 + a2 2 − 4b2 < 0
⇒ a12 + a2 2 − 4 ( b1 + b2 ) < 0 ⇒ a12 + a2 2 < 4 ( b1 + b2 ) ≤ 2a1 a2

⇒ ( a1 − a2 ) < 0 .
2

Điều này là sai với mọi a1 , a2 .
Vậy giải sử là sai, điều cần chứng minh là đúng. Tức là nếu: a1.a2 ≥ 2 ( b1 + b2 ) thì ít
nhất một trong hai phương trình sau có nghiệm: x 2 + a1=
x + b1 0, (1) ; x 2 + a2=
x + b2 0 ( 2 ) .
Thí dụ 5. Với mọi số thực x, y, z. Chứng minh rằng có ít nhất một trong ba bất đẳng
thức sau là sai: x < y − z ; y < z − x ; z < x − y
Hướng dẫn giải
Giả sử cả ba bất đẳng thức trên đều đúng
⇒ x 2 < ( y − z ) ⇒ x 2 − ( y − z ) < 0 ⇒ ( x − y + z )( x + y − z ) < 0
2

2

(1). .

TỦ SÁCH CẤP 2| 14


BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

Tương tự ta có:

( y − z + x )( y + z − x ) < 0

(2)

( z − x + y )( z + x − y ) < 0

(3)

Nhân vế với vế (1); (2); (3) ta được: ( x − y + z )

2

( y − z + x) ( z − x + y)
2

2

< 0 (vô lý)

Vậy giải sử là sai, điều cần chứng minh là đúng. Tức là: Với mọi số thực x, y, z. thì

có ít nhất một trong ba bất đẳng thức sau là sai: x < y − z ; y < z − x ; z < x − y
Thí dụ 6. Các số thực a, b, c thoả mãn điều kiện a 2 + b 2 + ab + bc + ca < 0.
Chứng minh rằng a 2 + b 2 < c 2 .

Hướng dẫn giải
Giả sử a 2 + b 2 ≥ c 2 . Từ giả thiết suy ra a 2 + b 2 + a 2 + b 2 + 2 ( ab + bc + ca ) < 0
Lại có: a 2 + b 2 + a 2 + b 2 + 2 ( ab + bc + ca ) ≥ a 2 + b 2 + c 2 + 2 ( ab + bc + ca ) = ( a + b + c )

2

⇒ ( a + b + c ) < 0 (vô lý)
2

Vậy a 2 + b 2 < c 2 .
Thí dụ 7. Các số dương x, y thoả mãn điều kiện x3 + y 3 =x − y.
Chứng minh rằng x 2 + y 2 < 1.
(Trích đề toán vào 10 Chuyên TP Hồ Chí Minh năm 2006-2007)
Hướng dẫn giải
Từ giả thiết ta có x > y > 0 . Giả sử x 2 + y 2 ≥ 1 , khi đó từ giả thiết ta suy ra
x 3 + y 3 ≤ ( x − y ) ( x 2 + y 2 ) ⇔ x 3 + y 3 ≤ x 3 + xy 2 − yx 2 − y 3
⇔ xy ? − yx 2 − 2 y 3 ≥ 0 ⇔ y ( xy − x 2 − 2 y 2 ) ≥ 0

( *)

Vì x > y > 0 nên x ( y − x ) < 0 ⇒ x ( y − x ) − 2 y 3 < 0 . Do đó (*) không thể xảy ra. Mâu thuẫn
này chứng tỏ x 2 + y 2 < 1.
Thí dụ 8. Cho 3 số a, b, c đôi một khác nhau. Chứng minh rằng tồn tại một trong các số
9ab,9 bc,9 ca nhỏ hơn ( a + b + c ) .
2

Hướng dẫn giải
Giả sử ngược lại 9ab ≥ ( a + b + c ) ,9bc ≥ ( a + b + c ) ,9ca ≥ ( a + b + c ) .
2

2

Cộng hai vế bất đẳng thức ta có: 3 ( a + b + c ) ≤ 9 ( ab + bc + ca )
2

15 | CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC

2

CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC

(Trích đề toán vào 10 Chuyên Thái Bình năm 2007-2008)


⇔ ( a + b + c ) ≤ 3 ( ab + bc + ca ) ⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≤ ab + bc + ca
2

⇔ ( a − b) + (b − c ) + (c − a ) ≤ 0
2

2

(1)

2

Theo đầu bài a, b, c đôi một khác nhau nên ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) > 0
2

2

( 2)

2

Vì (1) và (2) mâu thuẫn nhau nên ta có điều phải chứng minh.
Thí dụ 9. Cho a ≥ 4, b ≥ 5, c ≥ 6 và a 2 + b 2 + c 2 =
90. Chứng minh: a + b + c ≥ 16.
(Trích đề toán vào 10 Nam Định năm 2006-2007)
Hướng dẫn giải

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

Đặt: a =x + 4, b =y + 5, c =z + 6 thì x, y, z ≥ 0 và điều kiện của bài toán trở thành

( x + 4)

2

+ ( y + 5) + ( z + 6 ) =
90
2

2

⇔ x 2 + y 2 + z 2 + 12 ( x + y + z ) − 4 x − 2 z =

13.

(1)

Ta cần chứng minh a + b + c ≥ 16 ⇔ x + y + z ≥ 1.
Giả sử tồn tại x, y, z ≥ 0 thỏa mãn (1) nhưng lại có

x + y + z < 1.

( 2)

Khi đó hiển nhiên x, y, z ∈ [ 0;1) nên x 2 ≤ x, y 2 ≤ y, z 2 ≤ z , hay x 2 + y 2 + z 2 ≤ x + y + z.

( 3)

Từ (1), (2) và (3) ta có:
13 = x 2 + y 2 + z 2 + 12 ( x + y + z ) − 4 x − 2 z ≤ 13 ( x + y + z ) − 4 x − 2 z ≤ 13 ( x + y + z ) < 13.

Mâu thuẫn này chứng tỏ x + y + z ≥ 1 hay a + b + c ≥ 16.

a + b + c > 0

Thí dụ 10. Cho các số thực a, b, c thoả mãn ab + bc + ca > 0 .
abc > 0

Chứng minh rằng cả ba số đều dương.
(Trích đề toán vào 10 Chuyên Lam Sơn năm 2008-2009)
Hướng dẫn giải
Giả sử trong ba số a, b, c có một số không dương. Không mất tính tổng quát ta xem
a ≤ 0 . Mà abc > 0 nên a ≠ 0 do đó a < 0.

Lại có a + b + c > 0 nên b + c > 0 suy ra a ( b + c ) < 0.
Theo giả thiết thứ hai ab + bc + ca > 0 ta có a ( b + c ) + bc > 0 ⇒ bc > 0.
Vì thế a.bc < 0 (mâu thuẫn với giả thiết thứ ba).
Chứng tỏ bất đẳng thức được chứng minh.
Thí dụ 11. Cho a, b, c là các số thức không âm thỏa mãn a + b + c ≥ abc . Chứng minh
rằng:

a 2 + b 2 + c 2 ≥ abc
Hướng dẫn giải
TỦ SÁCH CẤP 2| 16


BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

Nếu một trong 3 số bằng 0 thì bất đẳng thức được chứng minh vì thế chỉ cần xét
a, b, c > 0.
Giả sử bất đẳng thức cần chứng minh là sai, tức là a 2 + b 2 + c 2 < abc . Khi đó ta có

abc > a 2 + b 2 + c 2 > a 2 nên bc > a .
Chứng minh tương tự ta được b < ac, c < ab
Từ đó suy ra a + b + c < ab + bc + ca .
Mặt khác ta lại có abc > a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ⇒ abc > ab + bc + ca
Kết hợp hai bất đẳng thức ta được abc > a + b + c , bất đẳng thức này mâu thuẫn với giả
thiết của bài toán.
Thí dụ 12. Cho a, b là các số thực thỏa mãn các điều kiện sau:

−1 ≤ a + b ≤ 1; − 1 ≤ a + b + ab ≤ 1
−2 ≤ a, b ≤ 2

Chứng minh rằng:

Hướng dẫn giải
Vì vai trò của a, b như nhau nên ta chỉ cần chứng minh −2 ≤ a ≤ 2 . Việc chứng minh

−2 ≤ b ≤ 2 hoàn toàn tương tự.
Giả sử bất đẳng thức −2 ≤ a ≤ 2 là sai, khi đó ta có a > 2 hoặc a < −2 .
+ Xét trường hợp a > 2 , khi đó từ −1 ≤ a + b ≤ 1 suy ra b ≤ 1 − a < 1 − 2 =−1 , do đó ta
được ab < −2 mà a + b ≤ 1 nên a + b + ab < −1 điều này mâu thuẫn với giả thiết thứ hai
của bài toán. Như vậy trường hợp này không xẩy ra.
+ Xét tường hợp a < −2 , khi đó từ −1 ≤ a + b ≤ 1 suy ra b ≥ −1 − a > −1 + 2 =1 , do đó
ta được ab < −2 mà a + b ≤ 1 nên a + b + ab < −1 điều này mâu thuẫn với giả thiết thứ
hai của bài toán. Như vậy trường hợp này cũng không xẩy ra.
Các kết quả trên chứng tỏ điều giả sử không thể xẩy ra, tức là bài toán được chứng minh.

(

)

Thí dụ 13. Cho a, b, c là các số nguyên dương thỏa mãn a 2 + b2 = c2 1 + ab .

a ≥ c và b ≥ c

Chứng minh rằng:

Hướng dẫn giải

(

)

2
+ Trước hết ta chứng minh a ≥ c . Ta viết lại giả thiết là a 2 − c=
b ac2 − b .

Giả sử a < c khi đó ta được a − =
c
2

(

2

(

)

b ac2 − b < 0 ⇔ b > ac2 .

)

Mà ta lại thấy b b − ac2 ≥ b > ac2 .
Như vậy ta được c2 − a 2 − ac2 > 0 .

(

)

Mà do a, c là các số nguyên dương nên ta được c2 − a 2 − ac2 = c2 1 − a − a 2 < 0 .

17 | CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC

CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC

Vậy điều giả sử không thể xẩy ra, tức là bài toán được chứng minh.


Hai bất đẳng thức này mâu thuẫn với nhau. Do đó không thể xẩy ra a < c , tức là ta có bất
đẳng thức a ≥ c .
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được b ≥ c .
Vậy bài toán được chứng minh xong.
Thí dụ 14. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc = 1 . Chứng minh

1

rằng:

1 + 8a

+

1
1 + 8b

1

+

≥1

1 + 8c

Hướng dẫn giải

1
=
; y
1 + 8a

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

Đặt x
=

Suy ra a
=

1
=
; z
1 + 8b

1
1 + 8c

.

1 − x2
1 − y2
1 − z2

, khi đó ta được 0 < x; y; z < 1 .
=
;
b
=
;
c
8x 2
8y2
8z2

(

Vì abc = 1 nên giả thiết được viết lại là 8 3 x 2 .y2 .z2 =−
1 x2

)(1 − y )(1 − z ) và bất đẳng
2

2

thức cần chứng minh là x + y + z ≥ 1 .
Giả sử bất đẳng thức cần chứng minh là sai, tức là ta có bất đẳng thức x + y + z < 1 .
Khi đó áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được

(

)

(

2

)( ) (
) ( )(

)
)

1 − x2 > x + y + z − x2 = y + z  x + y + x + z 


≥2 y+z
x+y x+z >0

(

Áp dụng tương tự ta có

(

1 − y2 > 2 x + z

) ( x + y )( y + z ) > 0;

(

1 − z2 > 2 x + y

) ( x + z )( y + z ) > 0

Nhân theo vế các bất đẳng thức trên ta được

(

)(

)(

) (

8 3 x 2 .y2 .z2 = 1 − x 2 1 − y2 1 − z2 > x + y

(

Hay 8xyz > x + y

) ( y + z) (z + z)
2

2

2

)( y + z )( z + x ) , rõ ràng bất đẳng thức cuối cùng là một bất đẳng thức

sai. Vậy điều giả sử không thể xẩy ra, tức là bài toán được chứng minh.

TỦ SÁCH CẤP 2| 18

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

Thí dụ 15. Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

a < b < c; a + b +=
c 6; ab + bc + ca
= 9
Chứng minh rằng:

0 < a < 1; 1 < b < 3; 3 < c < 4
Hướng dẫn giải

Từ giả thiết của bài toán, ta suy ra

a 2 + b2 + c 2 =

(a + b + c)

2

(

)

− 2 ab + bc + ca = 18

Mặt khác, vì a, b, c là các số dương cho nên

Hay

)

2

4

(

= a 6−a

(6 − a )
+

2

)

2

3a 3
− 3a < 0 , từ đó suy ra 0 < a < 4 , do vậy 0 < a < b < c
4

Khi đó

)

(

18 = a 2 + b2 + c2 < ac + bc + c2 = c a + b + c = 6c . Suy ra c > 3 .

Bây giờ ta chứng minh c < 4 . Thật vậy, giả sử c ≥ 4 khi đó ta được c ≥ 4c , từ đây ta
2

suy ra

(a + b)
>

2

18 = a 2 + b2 + c2
Hay

2

(6 − c)
>

2

+ c2

2

+ 4c

c2
− 2c < 0 ⇔ 0 < c < 4 . Mâu thuẫn với c ≥ 4 , do vậy c < 4

2

Từ đó ta có 3 < c < 4
Cũng từ đây ta suy ra a < b < c < 4 . Ta chứng minh a < 1 . Thật vậy, giả sử a ≥ 1
Khi đó ta được 1 ≤ a < b < c < 4 , suy ra

( a − 1)( a − 4 ) ≤ 0; ( b − 1)( b − 4 ) < 0; ( c − 1)( c − 4 ) < 0
a 2 ≤ 5a − 4; b2 < 5b − 4; c2 < 5c − 4

Hay

(

)

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta được a 2 + b2 + c2 < 5 a + b + c − 12 =
18
Điều này mâu thuẫn với điều kiện a + b + c =
18 . Do đó a < 1 . Vậy 0 < a < 1 .
2

2

2

Cuối cùng ta chứng minh 1 < b < 3
Thật vậy, vì a < 1 và c < 4 , do đó b = 6 − a − c > 6 − 1 − 4 = 1 hay b > 1
Ta cần chứng minh b < 3 .

( b − 3 )( c − 3 ) ≥ 0

bc ≥ 3 ( b + c ) − 9 = 3 ( 6 − a ) − 9 = 9 − 3a

Giả sử b ≥ 3 , khi đó ta có
Hay

19 | CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC

CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC

(

9 = ab + bc + ca < a b + c

(b + c)
+


(

)

(

)

Từ đó suy ra 9 = ab + bc + ca = a b + c + bc ≥ a b + c + 9 − 3a

(

)

a b+c−3 ≤ 0

Hay

Đánh giá cuối cùng là một đánh giá sai do 3 < c < 4 . Vì vậy giả sử b ≥ 3 là sai.
Do đó b < 3 . Vậy ta được 1 < b < 3 .
Như vậy bài toán được chứng minh xong.
Thí dụ 16. Cho 25 số tự nhiên a1, a2 ,..., a25 thoả mãn điều kiện
1

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

a1



1
a2

1



 ... 

a3

1

 9.

a25

Chứng minh rằng trong 25 số tự nhiên đó, tồn tại hai số bằng nhau.
Hướng dẫn giải
Giả sử trong 25 số tự nhiên a 1, a 2, ..., a 25 không có hai số nào bằng nhau. Không mất tính

< a < ... < a

tổng quát ta có thể chọn a 1

2

25

a1 ≥ 1, a 2 ≥ 2,
1

Suy ra ta được

1

+

a1

a2

+ ⋅⋅⋅ +

1

≤

a 25

. Khi đó ta có

..., a 25 ≥ 25
1
1

+

1
2

+ ⋅⋅⋅ +

1
25

Mặt khác ta chứng minh được

1
1

+

1
2

+ ⋅⋅⋅ +

1
25

= 1+

1
a1

2

+

+ ... +

2

2 2 2 3
2 25


1
1
1
< 1 + 2
+

+ ... +

3+ 2
25 + 24 
 2+ 1
=1 + 2 2 − 1 + 3 − 2 + ...... + 25 − 24

(
=1 + 2 (

Điều này dẫn tới

2

+

1
a2

)

)

25 − 1 =9

+ ⋅⋅⋅ +

1
a 25

<9

Bất đẳng thức thu được mâu thuẫn với giả thiết của bài toán.
Vậy điều ta giả sử là không xẩy ra hay bài toán được chứng minh.

TỦ SÁCH CẤP 2| 20


BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

Thí dụ 17. Cho a, b, c, d là bốn số thực dương bất kì. Chứng minh rằng ba bất đẳng
thức sau không thể cùng xảy ra:

(1)
(2 )
( 3)

a+b< c+d

( a + b )( c + d ) < ab + cd
( a + b ) cd < ( c + d ) ab
Hướng dẫn giải

Giả sử tồn tại bốn số dương a, b, c, d thỏa mãn cả ba bất đẳng thức.

( a + b ) < ( a + b )( c + d ) < ab + cd
⇔ cd > ( a + b ) − ab = ( a − b ) + 3ab ≥ 3ab
⇒ cd > 3ab
(4)
2

2

2

Mặt khác ta lại có

( a + b ) cd < ( c + d ) ab
⇒ ( a + b ) cd < ( c + d )( a + b ) ab < ( ab + cd ) ab
⇒ ab ( ab + cd ) > ( a + b ) cd ≥ 4ab.cd
⇒ ab ( ab + cd ) > 4ab.cd
⇒ ab > 3cd
(5)
2

2

Ta thấy hai bất đẳng thức (4) và (5) mâu thuẫn với nhau.
Vậy điều giả sử trên không thể xẩy ra, tức là bài toán được chứng minh.

C. BÀI TẬP ÁP DỤNG
2cd . Chứng minh rằng ít nhất một trong hai bất đẳng thức sau là đúng:
1) Cho a + b =
c 2 ≥ a; d 2 ≥ b
2) Cho a, b, c là các số thực bất kì. Chứng minh rằng có ít nhất một trong các bất đẳng thức sau
đây là đúng: a 2 + b 2 ≥ 2bc ; b 2 + c 2 ≥ 2ca ; c 2 + a 2 ≥ 2ab.
3) Cho abc ≠ 0 . Chứng minh rằng ít nhất một trong ba phương trình sau có nghiệm:
ax 2 + 2bx +=
c 0; bx 2 + 2cx +=
a 0; cx 2 + 2ax +=

b 0

21 | CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC

CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC

Từ bất đẳng thức (1) và bất đẳng thức (2) ta có


4) Chứng minh rằng trong ba bất đẳng thức sau đây, có ít nhất một bất đẳng thức
đúng: a + b
2

2

(b + c )
>
2

2

;c + b
2

2

(a + c)
>

2

2

;a + c
2

2

(b + a )
>

2

2

5) Chứng minh rằng không có 3 số dương a, b, c nào thoả mãn cả ba bất đẳng thức sau :
1
1
1
a+ < 2 ; b+ <2 ; c+ < 2
b
c
a
6) Cho 2015 số tự nhiên a 1, a 2, ..., a 2015 khác 0 thoả mãn điều kiện:

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

1
a1

+

1
a2

+

1
a3

+ ... +

1
a 2015

≥ 89

Chứng minh rằng trong 2015 số tự nhiên đó luôn tồn tại hai số bằng nhau.
7) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc = 1 . Chứng minh rằng:

1
4 + 5a

+

1
4 + 5b

+

1
4 + 5c

≤ 1.

8) Cho x, y là các số thực thỏa mãn y ≥ 0 và y ( y + 1) ≤ ( x + 1) .
2

2
Chứng minh rằng y ( y − 1) ≤ x .

9) Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x + y + z ≥ 5. Chứng minh rằng có ít nhất hai trong số các
bất đẳng thức sau đúng :

2 x + 3 y + 6 z ≥ 14, 2 y + 3 z + 6 x ≥ 14, 2 z + 3 x + 6 y ≥ 14.
10) Cho x ≥ 2, y ≥ 3, z ≥ 4 và x 2 + y 2 + z 2 =
38 . Chứng minh : x + y + z ≥ 10.
11) Cho a, b, c, d ∈ ( 0,1) . Chứng minh rằng ít nhất một trong các bất đẳng thức sau sai :

2a (1 − b ) > 1,

3b (1 − c ) > 2,

8c (1 − d ) > 1,

32d (1 − a ) > 3.

12) Cho a ≥ 3, b ≥ 4 và a 2 + b 2 =
34. . Chứng minh : a + b ≥ 8.
13) Cho các số nguyên x, y. Chứng minh rằng có ít nhất một trong hai bất đẳng thức sau sai :

1
1  1
1
≥
 2+ 2
xy
y
5x


1
1 1
1 
,
≥
+

.

2
2
5  x ( x + y ) 
 x( x + y)

TỦ SÁCH CẤP 2| 22


BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |

PHƯƠNG PHÁP

CHỦ ĐỀ

4

TAM THỨC BẬC HAI

A. KiÕn thøc cÇn nhí
Xét tam thức bậc hai f ( x )= ax 2 + bx + c= 0 (*)

( a ≠ 0)

. Ta có biệt thức

∆= b 2 − 4ac.

2)

-

Nếu ∆ ≥ 0 thì phương trình f ( x ) = 0 có nghiệm

-

Nếu ∆ < 0 thì phương trình f ( x ) = 0 vô nghiệm.

CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC

1) Điều kiện có nghiệm của tam thức bậc hai :

Hệ thức Viet : Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình f ( x ) = 0 thì
b

x1 + x2 =
−


a

 xx =c
1 2

a


Đặt S =
x1 + x2 , P =
x1 .x2 thì ta có bất đẳng thức : S 2 ≥ 4 P.

B. VÍ DỤ MINH HỌA
Thí dụ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x 2 + 3 x − 1.
Hướng dẫn giải
Ta có x 2 + 3 x − 1 − A =0

(1)

Để phương trình (1) có nghiệm thì: ∆ ≥ 0 ⇔ 32 − 4 ( −1 − A ) ≥ 0 ⇔ 13 + 4 A ≥ 0 ⇔ A ≥ −
3
Dấu “=” xảy ra khi ∆ =0 hay x = − .

2
13
3
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là −
khi x = − .
4
2

Thí dụ 2. Cho x, y thỏa mãn: x 2 + y 2 =x + 2

( 6)

Hãy tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của P= x + 2 y.
23 | CẨM NANG BẤT ĐẲNG THỨC

13
4


Hướng dẫn giải
Ta có P = x + 2 y ⇒ x = P − 2 y. thay vào (6) ta được:

(P − 2y)

2

+ y2 =

( P − 2 y ) + 2 ⇔ 5 y 2 + 2 (1 − 2 P ) + P 2 − P − 2 =

0

(7)

Để phương trình (7) có nghiệm thì:
∆'=

(1 − 2 P )

2

− 5 ( P2 − P − 2) ≥ 0

⇔ P 2 − P − 11 ≥ 0

CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI

⇔

1− 3 5
1+ 3 5
≤P≤
.
2
2

Ta có:
2a − 1
3 5
1 3 5

1− 3 5
khi y ==
−
−
,x =
.
+) P =
5
5
2 10
2
1+ 3 5
2a − 1 3 5
1 3 5
khi y=
+) P =
, x=
.
=
+
2
5
5
2 10
1− 3 5
1+ 3 5
=
, max P
.
2

2

Vậy min P
=

Thí dụ 3. Tìm cặp số (x, y) sao cho y nhỏ nhất thỏa mãn : x 2 + 5 y 2 + 2 y + 4 xy − 3 =
0
(Trích đề chuyên ngoại ngữ, ĐHNN Hà Nội 2004 -2005)
Hướng dẫn giải
Viết lại điều kiện dưới dạng: x 2 + 4 xy + 5 y 2 + 2 y − 3 =
0

(1)

Vì x, y thỏa mãn (1) nên phương trình (1) có nghiệm x hay

∆ 'x ≥ 0 ⇔ 4 y 2 − ( 5 y 2 + 2 y − 3) ≥ 0 ⇔ y 2 + 2 y − 3 ≤ 0 ⇔ −3 ≤ y ≤ 1.
y = −3 khi và chỉ khi x =
−2 y =
6.

Vậy giá trị nhỏ nhất của y là −3 khi x = 6.
Thí dụ 4. Tìm số thực x, y, z thỏa mãn: x + y + z =
1 (1) và x 2 + 2 y 2 + 3 z 2 =
4 ( 2)
sao cho x đạt giá trị lớn nhất.
Hướng dẫn giải
Từ (1) suy ra z =1 − x − y , thay vào biến đổi ta được: 5 y 2 + 6 ( x − 1) y + 4 x 2 − 6 x − 1 =
0

( 3)

Để phương trình ( 3) có nghiệm thì:
∆ ' =9 ( x − 1) − 20 x 2 + 30 x + 5 =−11x 2 + 12 x + 14 ≥ 0 ⇔
2

Vì x đạt giá trị lớn nhất nên
=
x

6 − 190
6 + 190
≤x≤
.
11
11

6 + 190
15 − 3 190
10 − 2 190
=
⇒y
=
,z
.
11
55
55

TỦ SÁCH CẤP 2| 24